中考数学二轮培优训练第18讲 等腰三角形中的分类讨论（2份，原卷版+解析版）

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当给出等腰三角形的一条边时，我们要确定这条边到底是腰还是底边，同时还要确保三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边。如果边不确定，那么一定要分类讨论！
当给出等腰三角形的一个角时，也要确定这个角是底角还是顶角。如果题中没有明显说明，那么一定要分类讨论！
【多题一解】【一题多解】
一、解答题
1．（2022秋·河北邯郸·九年级统考期中）如图，长方形ABCD中（长方形的对边平行且相等，每个角都是90°），AB＝6cm，AD＝2cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以2cm/s的速度向终点B移动，点Q以1cm/s的速度向点D移动，当有一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动的时间为t（s），问：
(1)当t＝1s时，四边形BCQP面积是多少？
(2)当t为何值时，点P和点Q距离是3cm？
(3)当t为何值时，以点P，Q，D为顶点的三角形是等腰三角形．
【答案】(1)5cm2；
(2)t＝或；
(3)t＝或或或．
【分析】当时，cm，cm，可得cm，由梯形的面积可得出四边形BCQP面积．
分两种情况，如图1，当＜2时，作；如图2，当＞2时，作，在，由勾股定理建立方程求出其解即可．
分情况讨论，如图3，当，如图4，当时，如图5，当,由等腰三角形的性质及勾股定理建立方程就可以得出结论．
【详解】（1）如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵cm，cm，
∴cm，
∴cm2
所以四边形BCQP面积是5cm2．
（2）分以下两种情况讨论：
①如图1，作QE⊥AB于E，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t（cm），
∵AP＝2t（cm），
∴PE＝6﹣2t﹣t＝（6﹣3t）cm，
在Rt△PQE中，由勾股定理，得（6﹣3t）2+4＝9，解得：t＝，
②如图2，作PE⊥CD于E，
∴PE＝BC＝2cm，BP＝CE＝6﹣2t.
∵CQ＝t，
∴QE＝t﹣（6﹣2t）＝3t﹣6
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得（3t﹣6）2+4＝9，解得：t＝．
综上所述：t＝或；
（3）分以下3种情况讨论：
①如图3，当PQ＝DQ时，作QE⊥AB于E，
∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t（cm），
∵AP＝2t，
∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t，DQ＝6﹣t，
∵PQ＝DQ，
∴PQ＝6﹣t，
在Rt△PQE中，由勾股定理，得（6﹣3t）2+4＝（6﹣t）2，解得： t＝ ．
②如图4，当PD＝PQ时，作PE⊥DQ于E，
∴PE＝AD＝2cm.DE＝AP＝2t，
∵DQ＝6﹣t，
∴DE＝，
∴2t＝，解得：t＝；
③如图5，当PD＝QD时，
∵AP＝2t，CQ＝t，
∴DQ＝6﹣t，
∴PD＝6﹣t，
在Rt△APD中，由勾股定理，得4+4t2＝（6﹣t）2，
解得t1＝，t2＝（舍去）．
综上所述：t＝或或或．
故答案为： t＝或或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，分类思想的应用，双动点问题．
2．（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，半径为1的经过直角坐标系的原点O，且分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点A、B，，过点B的切线交x轴负半轴于点C，抛物线过点A、B、C．
(1)求点A、B的坐标；
(2)求抛物线的函数关系式；
(3)若点D为抛物线对称轴上的一个动点，问是否存在这样的点D，使得是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(1，0)，B(0，)；
(2)y=x2x+；
(3)符合条件的点D为：(−1，)，(−1，−)，(−1，)，(−1，−)，(−1，0)．
【分析】（1）由题意可直接得出点A、B的坐标为A(1，0)，B(0，)；
（2）根据BC是切线，可求出BC的长，即得出点C的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）先假设存在，看能否求出符合条件的点D即可．
【详解】（1）解：∵MO=MA=1，∠OMA=60°，∴OA=1，
又∠AOB=90°，∴AB经过点M，
∴∠ABO=30∘，
∴OB=，
∴A(1，0)，B(0，)；
（2）∵BC是切线，
∴∠ABC=90°，
由（1）知∠OAM=60°，
∴∠ACB=30°，
又由（1）可得AB=2，
∴AC=4，
∴C(−3，0)，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，将点A、B、C代入得，
，
解得
∴抛物线的解析式为y=x2x+；
（3）解：设在对称轴上存在点D，使△BCD是等腰三角形，
由（2）可得对称轴为直线x=−1，所以可设点D(−1，m)，
分3种情况讨论：①BC=BD，则，
解得m=±；
②BC=CD，则，解得m=±；
③BD=CD，=，解得：m=0，
∴符合条件的点D的坐标为：
(−1，)，(−1，−)，(−1，)，(−1，−)，(−1，0)．
【点睛】本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有抛物线解析式的求法和等腰三角形判定等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合等数学思想的运用．
3．（2022春·九年级课时练习）如图，已知点在轴的负半轴上，点在轴的正半轴上，，，点在线段上，从点出发以每秒5个单位长度的速度向点运动，设运动时间为秒，过点作轴于点．
(1)当时，线段的长为________；
(2)当时，求的值；
(3)在轴上是否存在点，使为等腰三角形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，M(-8，0)， (2，0)， (3，0)， (，0)
【分析】（1）由已知可得线段PQ为三角形的中位线，根据三角形中位线定理可以得到解答；
（2）由已知可得△BPQ∽△BAQ，，把上面等式用含t的代数式表示出来，然后解方程即可；
（3）分MA=MB，AM=AB，BM=BA三种情况讨论．
【详解】（1）解：由题意可得：当时，PA=PB，且PQ∥AO，
∴，BQ=QO，
∴PQ为三角形ABO的中位线，
∴PQ=AO=,
故答案为；
（2）解：由题可知，PA=PQ=5t， ∴ PB=AB-PA=5-5t
∵PQ∥AO ∴∠BPQ=∠BAO
又∵BQP=∠BOA=90°
∴△BPQ∽△BAO
∴ 解得：t=
（3）：由题意可设满足条件的M为（x，0），则可分三种情况：
如图，MA=MB，
则MA2=MB2，
∴（x+3）2=OM2+OB2=x2+AB2-AO2=x2+16，
解之可得：x=，
∴M为（，0）；
如图，AM=AB，
则有|x+3|=5，
解之可得：x=2或x=-8，
∴M为（2，0）或（-8，0）；
如图，BM=BA，
则BM2=BA2，
∴x2+16=25，
解之可得：x=3或x=-3（舍去），
∴M为（3，0）；
∴满足条件的M为：（-8，0)或 (2，0)或 (3，0)或 (，0)．
【点睛】本题考查三角形的动点问题，熟练掌握三角形中位线的定义和性质、三角形相似的判定和性质、等腰三角形的性质、方程思想与勾股定理的应用是解题关键 ．
4．（2021·福建福州·统考一模）如图，直角梯形ABCD中，．点E为线段DC的中点，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿折线A→B→C向点C运动，设点P的运动时间为t．
(1)点P在运动过程中，BP=_________________；（用含t的代数式表示）
(2)点P在运动过程中，如果以D、P、E为顶点的三角形为等腰三角形，求t的值；
(3)当点P运动到线段BC上时，过点P作直线LDC，与线段AB交于点Q，使四边形DQPE为直角梯形，求此时直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比．
【答案】(1)丨8－t丨
(2)3或或12
(3)或
【分析】（1）分点P在AB上运动时和点P在BC上运动时列出代数式即可；
（2）分DE=DP、DP=PE、DE=PE情况求解即可；
（3）分∠EDQ=∠DQP=90°时和∠DEP=∠EPQ=90°时两种情况，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
（1）
解：当点P在AB上运动时， BP=AB－AP=8－t；
当点P在BC上运动时BP=t－8，
故答案为：丨8－t丨；
（2）
解：过D作DH⊥BC于H，连接EH，则∠DHC=∠DHB=90°，
∵AD∥BC，∠DAB=90°，
∴∠ABC=∠DAB=90°=∠DHB，
∴四边形ABHD为矩形，
∴DH=AB=8，BH=AD=4，DH∥AB，∠ADH=90°，
则CH=BC-BH=6，
在Rt△DHC中，，
∵E为CD的中点，
∴DE=CE=EH=CD=5，
①当DE=DP时，DP=5，点P在AB上，
在Rt△ADP中，，∴t=3；
②当DP=PE时，点P在AB上，取DH的中点F，连接EF并延长交AB于Q，
又∵E为CD的中点，
∴EF= CH=3，EF∥CH，
∴∠CHD=∠EFD=∠DFQ=90°，则四边形AQFD为矩形，
∴FQ=AD=4，∠AQE=90°，AQ=DF=4，
在Rt△ADP中，DP2=AD2+AP2=16+t2，
在Rt△EPQ中，EQ=EF+FQ=7，PQ=丨t-4丨，
∴PE2=EQ2+PQ2=49+（t-4）2，
∴16+t2=49+（t-4）2，
解得：t=＜8，故P不可能在BC上；
③当DE=PE时，PE=5，∵5＜7，∴点P在BC上，
∵EH=DE=5，
∴当P运动到H处时，有DE=PE，此时t=8+4=12；
综上，满足条件的t值为3或或12；
（3）
解：如图，当∠EDQ=∠DQP=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
过D作DH⊥BC于H，
由（2）中知，DH=8，CH=6，DE=5，CD=10，∠ADH=∠CHD=90°，
∵∠ADQ+∠QDH=∠CDH+∠QDH=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，又∠A=∠CHD=90°，
∴△ADQ∽△HDC，
∴即，
∴AQ=3，DQ=5，则BQ=AB-AQ=8-3=5，
∵PQ∥DC，
∴∠HCD=∠BPQ，又∠CHD=∠B=90°，
∴△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
∴，
如图，当∠DEP=∠EPQ=90°时，四边形DQPE为直角梯形，
由（2）中知，DH=8，CH=6，CE=5，CD=10， ∠CHD=90°，
∵∠C=∠C，∠CEP=∠CHD=90°，
∴△EPC∽△HDC，
∴即，
∴EP= ，CP= ，则PB=BC-CP=10-=，
∵△CDH∽△PQB，
∴即，
∴PQ=，
，
综上，直角梯形DQPE与直角梯形ABCD面积之比为或．
【点睛】本题考查四边形的动点问题，涉及相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、直角梯形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键，计算量较大，需要细心计算．
5．（2022秋·浙江·八年级期中）如图，已知在△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒，0．
(1)当t=2秒时，求PQ的长；
(2)求出发时间为几秒时，△PQB是等腰三角形？
(3)若Q沿B→C→A方向运动，则当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．（直接写答案）
【答案】(1)2
(2)秒
(3)5.5秒或6秒或6.6秒
【分析】（1）可求得AP和BQ，则可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的长；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP=BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ=BC、CQ=BC和BQ=CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
【详解】（1）解：BQ=2×2=4cm， BP=AB﹣AP=8﹣2×1=6cm，
∵∠B=90°，
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=2；
（2）解：根据题意得：BQ=BP， 即2t=8﹣t，
解得：；
即出发时间为秒时，△PQB是等腰三角形；
（3）解：分三种情况：①当CQ=BQ时，如图1所示：
则∠C=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，
∴∠A=∠ABQ
∴BQ=AQ，
∴CQ=AQ=5
∴BC+CQ=11，
∴t=11÷2=5.5秒．
②当CQ=BC时，如图2所示：
则BC+CQ=12
∴t=12÷2=6秒．
③当BC=BQ时，如图3所示： 过B点作BE⊥AC于点E，
则BE=4.8（cm）
∴CE==3.6cm，
∴CQ=2CE=7.2cm，
∴BC+CQ=13.2cm，
∴t=13.2÷2=6.6秒．
由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时， △BCQ为等腰三角形；
【点睛】本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质；本题有一定难度，注意分类讨论思想的应用．
6．（2023秋·湖南益阳·九年级统考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形是菱形，点A的坐标为，点C在x轴正半轴上，直线交y轴于点M，边交y轴于点H．
(1)求直线的函数解析式及的长；
(2)连接，动点P从点A出发，沿折线方向以每秒1个单位的速度向终点C匀速运动，设的面积为，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)在（2）的情况下，当点P在线段上运动时，是否存在以为腰的等腰三角形？如存在，直接写出t的值；如不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)当或时，为以为腰的等腰三角形．
【分析】（1）由点的坐标，利用勾股定理和菱形的性质易得点的坐标，由，的坐标可得直线的解析式；令，解得，得的长，易得；
（2）设点到的距离为，由的面积易得，利用分类讨论的思想，三角形的面积公式①当在直线上运动；②当运动到直线上时分别得的面积；
（3）分类讨论：①当时，，解得；②当时，利用勾股定理可得的长，易得．
【详解】（1）解：点的坐标为，
，即点的坐标为，
设直线的解析式为，则，
解得：，
直线的解析式为：，
令得：，
即，
；
（2）解：设点到的距离为，
由，
即，
，
①当在直线上运动时的面积为与的运动时间为秒关系为：
，即；
②当运动到直线上时的面积为与的运动时间为秒关系为：
，即，
故；
（3）解：存在①当时，
点的坐标为，，，，
，即，
；
②当时，即，
解得：．
综上所述，当或时，为以为腰的等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，动点问题，等腰三角形的性质和三角形的面积公式及待定系数法求解析式，解题的关键是利用分类讨论的思想，数形结合的思想求解．
7．（2022秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、（点在点右侧），与轴交于点，且，是第四象限内抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接交于点，当的值最大时，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下：当的值最大时，如图，过点作轴于点，交于点，在轴上是否存在这样的点，使得以点，，为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）利用待定系数法求解，由点在轴的负半轴上，点在轴的正半轴上，点在轴负半轴上，且，确定、、的坐标，再将、、的坐标代入，求解即可；
（2）用待定系数法求出直线的解析式，过点作轴于点，交于点，设点的横坐标为，用含的代数式表示，易知取最大值时，最大，再设点的横坐标为，用含的代数式表示点和点的坐标及线段的长，再根据二次函数的性质即可求解；
（3）由（2）知，，由勾股定理求出，由等腰三角形的腰长为或求出的长即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点、（点在点右侧），与轴交于点，且，
，，，
、、的坐标代入，
得，解得，
抛物线的解析式为；
（2）设直线的解析式为，则，
解得，
直线的解析式为，
过点作轴于点，交于点，
设，
当取最大值时，有最大值，
设点，，，
，
当，最大，的值最大，
此时；
（3）存在，
如图，由（2）得，当的值最大时，，，
，
轴于点，
，
点、、、在轴上，
当点与点重合时，，；
当时，，；
当点与点重合时，，；
当时，，；
综上所述，，，，．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，等腰三角形的判定，用待定系数法求函数解析式，勾股定理，第3小问注意分类讨论，求出所有符号条件的点坐标．
8．（2022秋·浙江温州·八年级瑞安市安阳实验中学校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点B的坐标是，连接．若动点从点出发沿着线段以个单位每秒的速度向终点运动，设运动时间为秒．
(1)求线段的长．
(2)连接，当为等腰三角形时，过点作线段的垂线与直线交于点，求点的坐标；
(3)已知点为的中点，连接，点关于直线的对称点记为(如图2)，在整个运动过程中，若点恰好落在内部(不含边界)，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2),,
(3)当时，点恰好落在内部(不含边界)
【分析】（1）勾股定理直接求解即可；
（2）分三种情形，分别讨论，即可求解；
（3）当在上时，过点作轴于点，过点作，过点作轴于点，因为点为的中点，由（2）可知，，根据等面积法求得，进而得出, , ，根据轴对称的性质得出，，继而求得，在中，，即可求解．
【详解】（1）解：∵点的坐标为，点B的坐标是，
∴，
∴;
（2）当时，如图，过点作轴于点，轴于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设,
在中，，
在中，，
∴
即
解得：，
∴；
当时，如图，过点作轴于点，轴于点，过点作于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，，
在中，，
解得：，
即，
在中，，
在中，，
∴，
即，
解得：，
∴，
当时，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
综上所述，或或，
（3）如图，当在上时，过点作轴于点，过点作，过点作轴于点，
∵点为的中点，
由（2）可知，，
则，
∵， ，
∴，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∵对称，∴，，
∴，
即，
∴，
在中，
∴
解得（舍去）或
当点运动到点，此时重合，此时，解得，
∴当时，点恰好落在内部(不含边界) ．
【点睛】本题考查了勾股定理，解一元二次方程，坐标与图形，等腰三角形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
9．（2023秋·山东德州·八年级统考期末）（1）问题发现：如图①，和都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接．
①的度数为______；
②线段之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，和都是等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，试求的度数及判断线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，和都是等腰三角形，，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出的度数．
【答案】（1）①；②相等；（2）；，理由见详解；（3）．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得，然后证明，从而可证明，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；
（2）类似（1）中方法，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质得到，即可得到线段之间的数量关系；
（3）根据解答即可．
【详解】（1）解：如图①所示，
和都是等边三角形，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
故①的答案为：；
②的答案为：相等；
（2）解：如图②所示，
和都是等腰直角三角形，，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
，
都是等腰直角三角形，，
，
，
，
的度数为，线段之间的数量关系为：；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：，得，
和都是等腰三角形，，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．
10．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连接PB，过点P作，交射线DC于点E，已知，．设AP的长为x．
(1)___________；当时，_________；
(2)试探究：否是定值?若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；
(3)当是等腰三角形时，请求出的值．
【答案】(1),
(2)为定值，
(3)或
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解决问题；
（2）结论：的值为定值．证明方法类似（1）；
（3）分两种情形讨论求解即可解决问题；
【详解】（1）解：作于交于．
四边形是矩形，
，，，
．
在中，，，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为4，．
（2）结论：的值为定值．
理由：由，可得．，，，
，
；
（3）①当点在线段上时，连接交于．
，所以只能，
，
，
，
，
垂直平分线段，
在中，，
，
，
，
．
②当点在的延长线上时，设交于．
，所以只能．
，
，，
，
，，
，
综上所述，的值为或4．
【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
11．（2022·福建厦门·厦门市湖里中学校考模拟预测）阅读材料：
如图①，与都是等腰直角三角形，，且点在边上，、的中点均为，连接、、，显然，点、、在同一条直线上，可以证明，所以．
解决问题：
（1）将图①中的绕点旋转到图②的位置，猜想此时线段与的数量关系，并证明你的结论．
（2）如图③，若与都是等边三角形，、的中点均为，上述（1）中结论仍然成立吗？如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出与之间的数量关系．
（3）如图④，若与都是等腰三角形，、的中点均为，且顶角，请直接写出与之间的数量关系（用含有的式子表示出来）．
【答案】（1）；（2）不成立，；（3）
【分析】（1）如答图②所示，连接、，由全等三角形的判定定理证明即可；
（2）如答图③所示，连接、，由等边三角形的性质和锐角三角函数的定义推知，结合即可证明，相似比为；
（3）如答图④所示，连接、，由等腰三角形的性质和锐角三角函数的定义推知，结合即可证明，相似比为．
【详解】解：（1）猜想：．理由如下：
如答图②所示，连接、，
∵为等腰直角三角形，点为斜边的中点，
∴，，
∵为等腰直角三角形，点为斜边的中点，
∴，，
∵，
，
∴，
在与中，
，
∴（）
∴；
（2）不成立．
如答图③所示，连接、，
∵为等边三角形，点为边的中点，
∴，，
∵为等边三角形，点为边的中点，
∴，，
∴，
∵，
，
∴，
在与中，
∵，，
∴
∴；
∴；
（3）．理由如下：
如答图④所示，连接、，
∵为等腰三角形，点为底边的中点，
∴，，
∵为等腰三角形，点为底边的中点，
∴，，
∴，
∵，
，
∴，
在与中，
∵，，
∴
∴．
【点睛】本题是几何综合题，考查了旋转变换中相似三角形、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一的性质、锐角三角函数．解题关键是：第一，善于发现几何变换中不变的逻辑关系，即或；第二，熟练运用等腰直角三角形、等边三角形、等腰三角形的相关性质．本题（1）（2）（3）问的解题思路一脉相承，体现了由特殊到一般的解题思想方法．
12．（2022秋·重庆巴南·九年级统考期末）已知抛物线（a≠0）与轴交于点A（，0）、B（2，0），与y轴交于点C，直线经过两点A、C．
(1)求，的值；
(2)如图1，点在已知抛物线上，且位于第二象限，当四边形PABC的面积最大时，求点的坐标．
(3)如图2，将已知抛物线向左平移个单位，再向下平移2个单位．记平移后的抛物线为，若抛物线与原抛物线的对称轴交于点Q．点E是新抛物线的对称轴上一动点，在（2）的条件下，当△PQE是等腰三角形时，请直接写出点E的坐标．
【答案】(1)a=，b=
(2)，
(3)或或或
【分析】（1）将、代入，即可得的值为，的值为；
（2）连接，过作轴于，作轴于，设，则，，而，故四边形的面积最大即是四边形面积最大，又，可得时，最大，即四边形的面积最大，，；
（3）由，得原抛物线对称轴是直线，将向左平移个单位，再向下平移2个单位得：，即可得，，设，则，，，①当时，，，可解得，此时不能构成三角形，舍去，②当时，，解得或，③当时，，解得或．
(1)
解：将、代入得：
，解得，
的值为，的值为；
(2)
连接，过作轴于，作轴于，如图：
设，则，
由（1）知抛物线为，令得，
，
，
四边形的面积最大即是四边形面积最大，
而，
时，最大，即四边形的面积最大，
此时，；
(3)
，
原抛物线对称轴是直线，
将向左平移个单位，再向下平移2个单位得：，
在中令得，
，，
而新抛物线的对称轴是直线，
设，由（2）知，；
，，，
①当时，，
解得，
，此时为中点，不构成三角形，故舍去；
②当时，，
解得或，
或，
③当时，，
解得或，
或，
综上所述，的坐标为或或或．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、四边形面积、等腰三角形判定等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标及相关线段的长度．
13．（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，中，，，．点为斜边的中点，，交边于点．点为射线上的动点，点为边上的动点，且运动过程中始终保持．
(1)求证：；
(2)设，．求关于的函数解析式，并写出该函数的定义域；
(3)联结，交线段于点，当为等腰三角形时，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)或
【分析】（1）证，，即可得出；
（2）证，求出，，由（1）得：，得，解得：，进而得出结论；
（3）证，得，再证，得为等腰三角形时，也为等腰三角形，再分三种情况：①，②，③，分别求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∵点D为斜边的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，，
由（1）得：，
∴，
即，
解得：，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）由（1）得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴为等腰三角形时，也为等腰三角形，
在（2）中，，．有，
①若，过Q作于G，
如图所示：
∵，
则，
∵，
∴，
解得：，
即；
②若，则，
解得：，
即；
③若，则，
此时，点Q与点C重合
∴此种情况不存在，舍去；
综上所述，当为等腰三角形时，线段的长为或．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形和直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
14．（2021·广东深圳·校考一模）如图1，已知抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，
(1)写出A、B、C三点的坐标．
(2)若点P为内一点，求的最小值．
(3)如图2，点Q为对称轴左侧抛物线上一动点，点，直线DQ分别与y轴、直线AC交于E、F两点，当为等腰三角形时，请直接写出CE的长．
【答案】(1)，，；
(2)；
(3)或或或16．
【分析】对于（1），令y=0，求出点A，点B的坐标，令x=0，可得出点C的坐标；
对于（2），将△BPC绕点B顺时针旋转60°，得到△，连接，，当O，P，，四点共线，OP+BP+CP的值最小，在直角三角形中，求出此时的最小值；
对于（3），需要分类讨论，当CE=CF，CE=EF，CF=EF时，分别求解．
（1）
∵与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
当y=0时，x=-3或；当x=0时，y=4，
∴，，．
（2）
将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到，连接，，
∴，，，，，
∴和为等边三角形，
∴．
当O，P，，四点共线，OP+BP+CP的值最小，OC=4，，
在Rt△BOC中，，
∴∠OBC=30°，
∴BC=2OC=8，
∴．
∵，
∴，
∴．
（3）
分类讨论：①如图，当CE=CF，点F在点C的左侧时，过点F作FG⊥CE于点E，则．
∵OA=3，OC=4，
∴AC=5，
∴，
设FG=3m，则CG=4m，FC=5m，
∴CE=FC=5m，
∴GE=m，OE=4-5m．
∵，
∴，
即，
∴，
∴．
当点F在点C右侧时，如图所示，过点F作FG⊥y轴于点G，则，
∴，
设FG=3m，则CG=4m，FC=5m，
∴CE=FC=5m，
∴GE=9m，OE=5m-4．
∵，
∴，
即，
∴，
∴．
②如图，当CE=EF时，过点A作交y轴于点G，由EF=CE，得AG=CG，
设OG=m，则AG=CG=4-m，
∵OA2+OG2=AG2，
∴32+m2=(4-m)2，
解得．
由和，可得直线AG的关系式为，
设直线DF的关系式为，将点D（4，0）代入，得，
∴，
∴．
③如图，当CF=EF时，过点C作交x轴于点G，则∠GCO=∠OED=∠ECF=∠ACO，
∵∠AOC=∠COG，CO=CO，
∴△AOC≌△GOC，
∴OG=OA=3，
∴G（3，0），
由点G（3，0），C（0，4）可得直线CG的关系式为，
设直线DE的关系式为，将点D（4，0）代入得，
∴，
∴．
故CE的长为：或或或16．
【点睛】这是一道关于等腰三角形和二次函数的综合问题，考查了待定系数法求一次函数关系式，等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，应用分类讨论思想进行求解是解题的关键．
15．（2023秋·辽宁丹东·九年级校考期中）已知正方形，点为直线上的一点，连接，过点作射线，交直线于点E，连接，取的中点，连接
(1)如图1，点在线段的中点时，直接写出与的数量关系；
(2)如图2，
①点P在线段上时，试判断（1）中的结论是否成立，并说明理由；
②若点P在直线上，，，直接写出的长；
(3)设，若点运动到某一位置时使为等边三角形，请直接写出的长．
【答案】(1)；
(2)①成立，理由见解析；②的长为或；
(3)的长为或．
【分析】（1）先证明是等腰直角三角形，因此可得；
（2）①过点作于，于，先根据AAS证明，则可得，再根据ASA证明，则可得是等腰直角三角形，因此可得，再根据“直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半”可得，因此．
②分两种情况，分点在线段上和P点在的延长线上．作于点，先求出的长，则可知的长，再求出的长，则可求出的长，再根据求出的长即可．
（3）分两种情况，点在上方和点在下方．①F点在上方时，由是等边三角形可求出、的长，再求出的长，设，根据勾股定理列方程求出x，即可知的长，则可求出的长． ②F点在下方时，是等边三角形可求出、、的长， 再求出的长， 作于Q点， 设，在中据勾股定理列方程求出x，即可知的长，进而可可求出的长和的长．
【详解】（1），理由如下：
∵四边形是正方形
P是线段的中点
∵F是中点
（2）①如图，点P在线段上时，（1）中的结论仍然成立，理由如下：
过P点作于G，于H
又
∴四边形是矩形
∵正方形中，平分
又
∴是等腰直角三角形
∵F是中点
∵Rt中，F是中点
②(ⅰ)如图，P点在线段上时，作于Q
由①知
(ⅱ)如图，若P点的延长线，
过P点作于G，于H
又
∴四边形是矩形
∵正方形中，平分
又
∴是等腰直角三角形
∵F是中点
∵Rt中，F是中点
延长，作于Q点
∴

综上，的长为或
（3）
①如图，F点在上方时
∵为等边三角形
由①知是等腰直角三角形
延长，作于Q点
则
设则
由
得
解得（舍去）
②①如图，F点在下方时
∵为等边三角形
∵是等腰直角三角形
过P点作于Q点
则
设，则
在Rt中
解得（舍去），
综上，的长为或
【点睛】本题综合性较强，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理．正确的画出图形，并且正确的作出辅助线是解题的关键． 注意分类讨论，不要漏解．